Si nous partons des relations entre les données requises et les données du problème, alors l'état du problème de construction peut être exprimé analytiquement.

L'expression analytique du problème de construction sous forme d'équation, et ses solutions sous forme de racines de cette équation permettent de trouver solution géométrique, et déterminez également avec quels outils cela peut être effectué.

Résoudre des problèmes par la méthode algébrique revient à construire :

• moyenne proportionnelle à deux segments donnés x = 4ab
• quatrième proportionnelle à trois segments donnés, exprimée

. „ bs

pressé par la formule x = -;

Par somme algébrique segments de données x = a±b,x-a + b-c + d,

x = 3a±2b etc.; _

D'après des formules comme x = 1a + b.

La méthode algébrique pour résoudre des problèmes de construction géométrique est la suivante :

• 1) les quantités inconnues apparaissant dans l'énoncé du problème sont désignées par les lettres x, oui, z etc.;
• 2) composer des équations reliant ces inconnues aux quantités données dans le problème une, b, c, ...;
• 3) résoudre les équations compilées ;
• 4) examiner les réponses reçues ;
• 5) effectuer la construction requise.

Avant de passer à la résolution de problèmes de construction par la méthode algébrique, considérons la construction de quelques segments, donné par les relations entre les longueurs des autres segments.

1. Parfois dans problèmes géométriques pour la construction, le rapport de deux quantités est donné sous la forme un B; une 3 : b 3 ; un 4 : b4 etc.

Montrons que n'importe laquelle de ces relations peut être remplacée par la relation de deux segments.

Problème 6.47. Construire un segment donné par la relation un p : b p, Où

n e N.

Solution

Traçons deux lignes arbitraires mutuellement perpendiculaires KL Et MN(Fig. 6.52) et désignent le point de leur intersection avec la lettre O. Sur des lignes droites KL Et MNà partir du point O on trace les segments OA et OA x, respectivement égaux à ces segments Kommersant Et UN. Points de connexion A et Un B remettons-le au point Un g perpendiculaire à AA X KLà un moment donné L 2. Au point A 2 on restitue une perpendiculaire à Un 2 Un 1 et continuez jusqu'à ce qu'il croise la ligne MN au point A 3, etc.

Déterminons la valeur de chacun des ratios suivants : OA x : OA ; OA2 : OA x ; OA 3 : OA g etc.

Parce que triangles rectangles OAAx, OA,A2, OA ^ A 3 ,... sont similaires, alors cela signifie :

OA, Et ,

Par construction, - L = -, et donc, grâce aux égalités (*), on obtient OAb

Déterminons la valeur du ratio. Il ne changera pas si nous le faisons.

chacun de ses termes est divisé par la même valeur OAb et donc

t t OA, a O Ap a OA 2 a OA b

Mais à partir des égalités -- = - et -- = - nous voyons que -- = - et -= -.

OAOAAxb OA, Kommersant OA, UN

Grâce aux deux dernières égalités, on peut réécrire l'égalité (**) comme suit :

OA 2 _ une 2 OA ~ b 2 "

En utilisant un raisonnement similaire, nous pouvons trouver d’autres relations.

2. Considérons le problème de la construction de la moyenne proportionnelle à deux segments donnés, c'est-à-dire segment -Coup.

Problème 6.48. Moyenne de la parcelle proportionnel aux segments UN Et b. Solution

Sur une ligne droite, nous traçons successivement les segments CA = un Et NE = b(Fig. 6.53)

Riz. 6.53

Sur le segment UN B comment construire un cercle sur le diamètre de iC, 1.

Au point C on restitue une perpendiculaire à la droite UN B.

Nous avons NC = -Jab. Vraiment, AANB- rectangulaire.

Par théorème célèbre AACN similaire ANCB, ce qui veut dire d'où

NC 2 = AC NE, ou dans d'autres notations NC2 =ab. Finalement nous avons NC--Jab.

3. Lors de la résolution de problèmes de construction, il est très souvent nécessaire de construire un segment qui est le quatrième proportionnel à trois segments donnés. Considérons la solution à ce problème.

Problème 6.49. Trois segments sont donnés une, b, c. Construire un tel segment X,

et avec que - = -.

Solution

Prenez n'importe quel angle O. D'un côté de l'angle, nous mettons les segments OA = un Et Système d'exploitation = s, et de l'autre - un segment OV-b(Fig. 6.54)

Tracez une ligne droite passant par le point C R. || UN B. Elle traversera le faisceau OBà ce point D. Prouvons que O.D.- le segment requis X. Triangles OAV

Et TOC similaire. C'est donc à dire DO = x.

Riz. 6.54

Dans un cas particulier, ce problème permet de diviser un segment en P. parts égales. Notons ce segmentà travers b. Prenons n'importe quel segment Avec, laisse tomber un - ps(Fig. 6.55).

Riz. 6.55

" ac b b 1 .

Puisque - = -, alors X =- c = - c = -b. oh psp

4. Considérez davantage attitude compliquée segments.

Problème 6.50. Construire un segment donné par la relation 2 [un : 2 /b, où n e N.

Solution

Supposons que le rapport des quantités soit donné sous la forme [a : -Jb, Où UN Et Kommersant- segments de données.

Pour déterminer les deux segments dont le rapport est égal à Va : Vb, on procède comme suit.

Sur une ligne droite arbitraire à partir du point sélectionné À Traçons successivement deux segments : KN Et N. M. = b(Fig. 6.56)

Riz. 6.56

Sur le segment KM, comme pour le diamètre, construisons un demi-cercle KRM.

À ce point N restaurons la perpendiculaire NN" au segment KM. Droit NN" traverse l'arc CRMà un moment donné L.

Relier le point LcKiM. Segments KL Et L.M.- ceux recherchés, c'est-à-dire

En effet, nous avons -=--. Mais un KLM semblable à A LMN, et en

KL LN KL 2 LN 2

ceci -=-et donc -=--, mais de la dernière égalité

LM NM LM NM 2

KN LN 2 KL 2 KN „

et égalité-=-- il s'ensuit que-- =-. Extraction du carré

NM NM 2 LM 2 NM

la racine des deux côtés de la dernière égalité, on trouve :

Pour obtenir deux segments dont le rapport est égal [a : yfb, vous devez d'abord construire ces deux segments taper, l'attitude de

rykh est déterminé par l'égalité - = -j=, et puis par le même

segments de recherche de construction R. Et q, qui sont déterminés par l'égalité p_yfm Ch Vn

En utilisant des constructions similaires, on peut trouver des segments dont le rapport est égal à 2 fa : 2 yх 2 + h h 2, alors à partir de l'égalité (*) on obtient

Construction. 1. Construire un segment y = yj(2h b) 2 -h une 2(Fig. 6.61).

Riz. 6.61

2. Nous construisons x = ^^-(Fig. 6.62).

Riz. 6,62

3. Enfin, nous construisons le triangle isocèle souhaité abc basé sur CA =2x hauteur DB = h b(Fig. 6.63).

Riz. 6,63

Preuve. Il faut prouver que dans le triangle isocèle construit abc hauteurs BD -hb Et AE-ha. La première égalité est évidente, et la validité de la seconde découle de l'inversibilité de toutes les formules données dans l'analyse. _

Étude. On remarque que le segment y = yl(.2h b) 2 -h 2 ne peut être construit que si (2/i b) 2 -h un 2>0, ou 2 h b > h a .

Sous cette condition, il est possible de construire le segment x et donc le triangle souhaité ABC. Depuis deux triangle isocèle ayant motif égal Et hauteurs égales, sont égaux, alors le problème a une solution unique.

Commentaire. Le problème permet une solution plus simple d’une autre manière. Si à travers un point D tracer une ligne droite parallèle à la hauteur AE et le côté qui se croise Soleilà ce point F, alors un triangle DFB peut être construit le long du pied 0,5 ha un et l'hypoténuse hb, ce qui conduira à la construction du triangle souhaité.

Problème 6.57. Par un point donné en dehors du cercle UN tracez une sécante qui serait divisée par ce cercle dans un rapport donné.

Solution

Analyse. Supposons que le problème soit résolu : sécante AL satisfait les conditions du problème (Fig. 6.64). Traçons une sécante à partir du point A ca, passant par le centre O de ce cercle. Puisque le point A nous est donné, cela signifie que nous connaissons les segments ANNONCE et ca. Notons la longueur du segment par la lettre x AK. Si l'on trace des sécantes à partir du point A, situé à l'extérieur du cercle, alors le produit de la totalité de la sécante et de sa partie extérieure est une valeur constante, et donc

Riz. 6,64

D'après le dessin, nous voyons que AL = x + L.K.

Je chut.. ph

Et puisque par condition x : LK = m : P, ceux. bk =- cela signifie AL = x + - -

= -(t + n). T

L’égalité (*) prendra donc la forme suivante : x-(m + n) = AD ? ca, où

Construction. 1. A partir de la formule (**) utilisant une construction bien connue, on détermine le segment x.

• 2. D'un point de vue UN fais une entaille sur ce cercle À rayon égal au x trouvé.
• 3. Relier les points UN Et À et en continuant cette ligne, nous obtenons la sécante requise.

A noter que nous n'avons pas donné le raisonnement qui a lieu pour résoudre ce problème aux étapes de preuve et de recherche (nous laissons le lecteur réaliser ces étapes de manière indépendante).

Problème 6.58. Trouvez un point à l'extérieur d'un cercle donné tel que la tangente tirée de ce cercle à ce cercle soit la moitié de la taille de la sécante tirée du même point passant par le centre.

Solution

Analyse(Fig. 6.65). Notons par la lettre x la distance au point souhaité du centre O du cercle. Comme on le sait, AB2-DA ? CA(1), mais DA = x-z (2), AC = x + g(3) et, par conséquent, AB2= (x - z) (x + z) = x 2 - g2 Et AB = 1x 2 -r 2 (4).

Riz. 6,65

Puisque par condition CA = 2AB, alors à partir des formules (3) et (4) nous avons x + g - = 21x 2 - g 2, d'où x 2 + 2gx + g 2 = 4x 2 - 4g 2, ou 3x 2 - 2gx - 5g 2 = 0. Par conséquent,

ceux. x a = - g et x 2 = - g.

Dans ce problème, x ne peut pas exister valeur négative, et donc nous rejetons la deuxième racine.

Construction. Continuons un des diamètres (CD) cercle donné

et là-dessus nous reporterons du point D segment de ligne D.A.égal à -r (DA = AO - OD = 5 2 3

G - g = -g (6)).

Point UN- celui que je cherchais.

Preuve. AC = x + g = -g + g, ceux. CA = -g (7).

.- /2 8 4 CA

A partir des formules (1), (6), (7) on trouve : AB = y/DA-AC = J-r--r=-r =

ce qui confirme l'exactitude de la construction réalisée (nous invitons le lecteur à effectuer l'étape de recherche de manière indépendante).

Méthodes algébriques itératives pour la reconstruction d'images

travail d'études supérieures

4.1 Méthode algébrique

Laissez la fonction f(x) = f(x, y) décrire une certaine distribution de densités dans une section sélectionnée de l'objet. La tâche principale de la tomodensitométrie est de reconstruire la fonction f(x) à partir d'un ensemble de projections obtenues expérimentalement :

qui sont des intégrales linéaires de la distribution souhaitée le long de droites L :. Voici l'angle de balayage et la fonction delta.

En pratique, en règle générale, les projections ne sont pas spécifiées pour toutes les valeurs de et, mais seulement pour un nombre fini d'entre elles. Il y a un certain nombre problèmes pratiques, pour lequel le nombre d'échantillonnages de 0 est très limité (de 3 à 5). Les problèmes de ce type appartiennent aux problèmes de tomographie aux petits angles et sont parmi les plus difficiles à résoudre. Le problème peut être formulé comme suit : étant donné un ensemble fini donné de projections d'une fonction à deux variables, obtenir meilleure estimation cette fonction.

Formulons cadre général problème de récupération d'une solution au problème (4.1) à l'aide de méthodes algébriques, nous allons construire un algorithme itératif pour récupérer de tels problèmes. L'utilisation de méthodes algébriques est fondamentalement différente de la méthode de transformation intégrale, puisqu'elle implique un échantillonnage d'images avant le début de l'algorithme de restauration. Construction modèle discret Les problèmes de reconstruction d’images peuvent être décrits comme suit.

Soit il faut restituer une fonction bidimensionnelle f(x)=f(x,y) définie dans le domaine D R2. Supposons que la zone de récupération D soit enfermée dans un carré K, divisé en n petits carrés égaux appelés élises. Numérotons toutes les éliminations de 1 à n. Dans ce cas, nous acceptons la principale limitation, qui est que la fonction restaurée f(x) prend valeur constante fj à l'intérieur de la jème élision, c'est-à-dire que nous remplaçons la fonction f (x) par une expression discrétisée

si (x) jième eliza;

sinon. (4.3)

Supposons qu'un ensemble de fonctionnelles continues linéaires soit donné, qui représentent conversion directe Radon le long d’un ensemble de lignes droites :

Alors est la projection de la fonction f(x) le long du rayon Li.

En appliquant les opérateurs à l'égalité (4.2) et en tenant compte de leur continuité et de leur linéarité, on obtient un système de linéaire équations algébriques

où, je = 1, ..., m ; j = 1, ..., n.

Si la famille de fonctions de base (bj) est donnée par la formule (4.3), alors

La longueur de l’intersection du i-ème rayon avec le j-ème élix.

Nous désignons la matrice des coefficients par A=(), le vecteur image par f=(f1, f2, ..., fn) et le vecteur de projection par R=(R1, R1, ..., Rt). Alors la solution du problème se réduit à résoudre un système d'équations algébriques linéaires de la forme

Dans ce cas, le vecteur R est évidemment donné avec une certaine erreur.

Il est à noter que la forme du système (4.5) dépend du choix spécifique du système de fonctions de base bi et de l’ensemble des fonctionnelles Ri. Il existe d'autres façons de choisir une grille de partition pour le domaine D (et donc les fonctions de base bi). Les fonctionnelles sont choisies non seulement sous la forme (4.4), mais aussi en tenant compte de la longueur réelle des rayons et en utilisant des fonctions constantes par morceaux. De plus, la formulation du problème ne dépend pas de la géométrie des rayons et se formule facilement pour le cas tridimensionnel.

4.2 Utilisation des opérateurs d'interlination

Ce paragraphe traite nouvelle méthode représentation d'une solution approximative au problème de la tomodensitométrie planaire (PCT) sous la forme de fonctions constantes par morceaux. La méthode a une précision supérieure à la méthode de solution classique problème d'avion RCT utilisant des fonctions constantes par morceaux.

partitionner E2 en quadrangles. Introduisons la notation suivante.

L'opérateur O1 est un opérateur d'approximation f(x,y) par fonctions constantes par morceaux dans x. Si y=const, alors il est trouvé à partir de la condition de la meilleure approximation de f(x,y) dans la bande, yE. De même, l'opérateur O2 est un opérateur d'approximation de f(x,y) par des fonctions constantes par morceaux dans y.

Si x=const, alors j(x) est trouvé à partir de la condition de la meilleure approximation de f(x,y) dans la bande, xE.

Introduisons les opérateurs suivants :

On retrouve les valeurs de la condition de la meilleure approximation de f par le nombre f(оij, ij) dans

Lemme 3.1 Soit la fonction, r=1,2 ou et une fonction à variation limitée. Alors les opérateurs Onm ont les propriétés

Preuve. Les propriétés (3.25) et (3.26) découlent du fait que

La propriété (3.27) découle du fait que

Les propriétés (3.29) sont satisfaites pour toutes les fonctions différentiables et pour fonctions continues avec une variation limitée.

Le lemme 1 est prouvé.

Corollaire 1. Pour et pour les fonctions continues à variation limitée, nous obtenons l'estimation d'erreur suivante.

Corollaire 2. Remplacement des fonctions par des fonctions constantes par morceaux d'une variable avec la même estimation d'erreur

nous obtenons l'opérateur

Obtenons les valeurs de gi (x)

Obtenons les valeurs de Gi (y)

avec les propriétés suivantes :

Corollaire 3. Opérateur

a les propriétés suivantes :

Si r=1,2 ou et est une fonction à variation limitée, alors

Preuve. Pour l’erreur, on peut écrire l’égalité

Cela implique l'inégalité

En appliquant les estimations 3 et 4 au côté droit de l’expression résultante, nous arrivons à l’estimation (3.42).

Le corollaire 3 a été prouvé.

Si m=n, alors l'opérateur a une erreur (il utilise des constantes) ; l'approximation de l'opérateur comporte une erreur. Autrement dit, l'opérateur (il utilise des constantes) a la même erreur que l'opérateur :

Les paragraphes suivants mettent en évidence les avantages de cette méthode.

Nombre d'inconnues

L'utilisation de l'interlinéation de fonctions lors de la construction d'une solution approchée, à savoir la représentation d'une solution approchée sous la forme :

conduit à l’apparition de constantes 2n3+n2, inconnues. Par conséquent, l’opérateur utilise des constantes inconnues O(n3). L'opérateur a une erreur.

L'utilisation d'un opérateur - la représentation classique d'une solution approchée - donne lieu à n4 constantes inconnues. Par conséquent, l’opérateur utilise des constantes inconnues O(n4). L'opérateur a une erreur.

En résumant ce qui précède, nous concluons que l’utilisation de l’opérateur nécessite de trouver O(n3) inconnues, tandis que l’utilisation de l’opérateur nécessite de trouver O(n4) inconnues pour approximer la solution avec la même erreur.

Par conséquent, l’utilisation de l’opérateur offre des avantages significatifs en termes de nombre d’opérations arithmétiques, puisque pour obtenir la même précision, il est nécessaire de résoudre un système d’équations algébriques linéaires de dimension inférieure.

Pour illustrer ce fait, nous présentons le tableau suivant :

Tableau 1

Les comparaisons montrent que pour obtenir la même précision, lorsque vous utilisez un opérateur, vous pouvez prendre moins d'équations. Par exemple, pour n=9, le nombre d’inconnues dans la méthode classique est 4 fois plus grand.

Du fait que le système doit être surdéterminé, et pour n=9 inconnues 1539 (pour le cas avec interlination) et 6561 (pour le cas méthode classique), et le nombre d'équations doit être pris supérieur au nombre d'inconnues, alors il est clair que dans la méthode avec interlinisation, il y aura moins de ces équations.

Une expérience informatique réalisée à l'aide des algorithmes et des programmes développés a confirmé ces affirmations.

Échantillonnage de domaine

L'utilisation de schémas pour résoudre le problème de la tomodensitométrie planaire, basés sur l'utilisation et détermine la discrétisation de la zone.

Pour - une grille irrégulière : divisée en carrés avec un côté et en rectangles avec des côtés, et allongés le long des axes Ox et Oy, respectivement. Les nœuds de la grille sont situés au centre des carrés et des rectangles.

Pour - grille régulière : divisée en carrés avec un côté. Les nœuds de la grille sont situés au centre des carrés.

L'effet positif de l'utilisation de l'opérateur est obtenu grâce à une disposition différente des nœuds, qui provoque une connexion entre la relation suivante :

Qui coïncident avec les nœuds situés au centre des rectangles carrés, verticaux et horizontaux correspondants.

Sur ces points, parce que dans ces centres, nous avons alors des solutions exactes.

Cela signifie que la solution approchée construite en utilisant est formule d'interpolation. Avec son aide, la valeur de la fonction est calculée en tout point de la région D, autre que ceux indiqués, dans lesquels une correspondance exacte est observée

Concernant la correspondance exacte dans les centres spécifiés. Moyens,

Jeu antagoniste

Il existe deux cas possibles pour résoudre des problèmes par la méthode algébrique : 1. la matrice a un point selle ; 2. la matrice n'a pas de point selle. Dans le premier cas, la solution est une paire de stratégies qui constituent le point culminant du jeu. Considérons le deuxième cas...

Mathématiques computationnelles

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Dans cette section et dans la suivante, nous considérerons les modifications de la méthode de Newton. Comme le montre la formule (2.13), la méthode de Newton nécessite le calcul de la dérivée pour sa mise en œuvre, ce qui limite son application. La méthode sécante ne présente pas cet inconvénient...

Itératif méthodes algébriques reconstitution d'images

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x2, x4, x5, x6 - variables de base, x1, x3 - variables libres x1?F? x3?F? Choisir x3 ? x4 x2, x3, x5, x6 - variables de base, x1, x4 - variables libres x1?F? x4?F? Choisir x1 ? x5 x1, x2, x3, x6 - variables de base, x4...

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Faculté de physique et de mathématiques

44/03/05 Profil d'enseignement pédagogique mathématiques et informatique

Département de Mathématiques et Méthodes d'Enseignement des Mathématiques

TRAVAIL DE COURS

MÉTHODE ALGÉBRIQUE DE CONSTRUCTION DE PROBLÈMES DE CONSTRUCTION GÉOMÉTRIQUE

Bedareva Maria Nikolaïevna

Professeur agrégé superviseur scientifique

N.A. Pakhaeva

Gorno-Altaïsk 2016

Introduction

Conclusion

Introduction

Les constructions géométriques sont un élément très essentiel dans l'étude de la géométrie.

L'une des méthodes importantes utilisées dans le cours de géométrie scolaire est la méthode algébrique de résolution de problèmes de construction. Déjà en 6e et 7e années, les élèves utilisaient à plusieurs reprises l'algèbre pour résoudre des problèmes de calcul et des problèmes de preuve afin de simplifier la solution. L'algèbre offre un moyen très pratique et efficace de résoudre analytiquement des questions géométriques.

La méthode algébrique de résolution de problèmes de construction est l’une des méthodes les plus importantes de la théorie des problèmes de construction. C'est à l'aide de cette méthode que les problèmes liés à la résolution des problèmes avec un ensemble d'outils particulier sont résolus.

De plus, c'est l'une des méthodes les plus puissantes, vous permettant de résoudre de nombreux problèmes difficiles à résoudre avec les méthodes conventionnelles. La méthode démontre parfaitement la relation étroite entre l'algèbre et la géométrie.

Le but de ce cours est de couvrir le sujet de la méthode algébrique de résolution des problèmes de construction, de passer en revue les problèmes de construction et les schémas pour les résoudre, ainsi que la construction de segments donnés par des formules de base. géométrie de la solution du problème algébrique

1. Méthode algébrique pour résoudre des problèmes de construction géométrique

L'essence de la méthode est la suivante. Résoudre des problèmes de construction revient à construire un certain segment (ou plusieurs segments). La valeur du segment requis est exprimée en termes de valeurs de segments connus à l'aide d'une formule. Ensuite, le segment requis est construit à l'aide de la formule résultante.

Exemple1 . Tracez un cercle passant par deux points A et B de sorte que la longueur de la tangente à celui-ci soit tirée du point AVEC égalé UN.

Analyse. Traçons un cercle passant par les points A et B de telle sorte que la tangente à celui-ci à partir du point AVECéquivaut à UN. Puisqu’un cercle peut être tracé passant par trois points, nous allons dessiner NE et déterminer la position du point À. Nous croyons Sask. = X Et NE = Avec; puis par la propriété tangente CX = UN 2 .

Construction.

1. pour la construction X trace un demi-cercle dessus Soleil et arc (AVEC, UN);

2. omettre L.K. AVANT JC;

3. Avec KS = un 2 ; C'est pourquoi X = KS, et pointez À sera ce que vous recherchez ;

4. restaurer les perpendiculaires à partir des milieux UN B Et HF avant leur intersection on trouve le centre recherché À PROPOS;

5. dessinez un cercle ( À PROPOS DE, OA);

MS - la tangente souhaitée.

Preuve. MS 2 = NE KS = Et MS = UN, comme demandé.

Étude. Expression un Avec- la condition d'existence d'une solution à notre problème, puisque seulement sous cette condition l'arc (AVEC, UN) va couper le cercle BEC.

Exemple2. En utilisant les sommets de ce triangle comme centres, décrivez trois cercles se touchant deux à deux extérieurement.

Analyse. Soit ABC le triangle donné, a, b, c sont ses côtés, x, y, z sont les rayons des cercles souhaités. Alors X+ oui= c, oui+ z= un, z+ X= b. Par conséquent, où

Construction.

1. dessinez un cercle S1(UNE, X);

2. S2(B, c - X);

3. S3(C, b - X).

Preuve. Trouver la somme des rayons des cercles S 1 Et S 3 :

(c-x)+(b-x)=(c+b)-2x=(c+b)-(c+b-a) = Soleil.

Nous avons constaté que la somme des rayons est égale à la distance entre leurs centres, ce qui prouve que les cercles S 2 et S 3 sont tangents.

Étude. Le problème peut toujours être résolu de manière unique car :

1. dans triangle ABC somme des côtés b+ c> un, et donc le segment x peut être construit ;

2. c> X, parce que (depuis un+ c> b);

3. b> X, parce que.

2. Problèmes de construction et leur schéma de solution

Si les conditions des problèmes peuvent être exprimées à l'aide de relations algébriques ou d'équations, alors le problème de construction reçoit une image analytique. La solution analytique du problème permet de trouver une solution géométrique, c'est-à-dire la construction elle-même.

Lors de la résolution des problèmes 1-2, ils utilisent le signe de résolvabilité des problèmes de construction.

Tâche 1. À l’aide d’un compas et d’une règle, coupez l’angle à 7 de l’angle à 3.

Solution. Il suffit de reporter l'angle 7 51 fois séquentiellement dans le sens des aiguilles d'une montre (dans le sens inverse des aiguilles d'une montre). Au total, on obtient un angle de 751 = 357, obtenant ainsi un angle de 3. Il suffit maintenant de couper cet angle de 3 de l'angle de 7 en supprimant l'arc correspondant.

Tâche 2. Est-il possible de construire un angle de 1, en ayant un modèle d'angle de taille :

a) 17 ; b) 19 ; c)27.

Solution:

a) 1753 1805=1 oui ;

b) 1919 1802=1 oui ;

V) X, oui Z numéro 27 X+180à est un multiple de 9 et ne peut donc pas être égal à 1 non.

Si UN, b, c sont ces segments, alors à l'aide d'un compas et d'une règle, il n'est pas difficile de construire a+b, un b, . Par exemple, la moyenne géométrique des segments x= a ce qui suit construction:

Figure 1 Schéma de construction de la tâche n°2

Traçons ces segments sur une ligne droite arbitraire UN Et b de sorte que la fin de l'un coïncide avec le début de l'autre (et ce point est leur seul point commun). divisons CA demi-point À PROPOS et rayon égal à la moitié du segment ca, construire un cercle dont le centre est un point À PROPOS. A partir d'un point on construit une perpendiculaire au segment CA. Notons le point d'intersection de la perpendiculaire et du cercle D. ÂD=x= .

Preuve. Dans un rectangle CDA:

Tâche 3. Construire un segment x=.

Figure 2 Schéma de construction de la tâche n°3

Construction:

1. Sur une ligne arbitraire UN B marquer le point M.

2. Nous réaliserons MNUN B.

3. M.C.= b, C MN.

4. E=(C, un)UN B, unb

5. EM=

Tâche 4. Construire x=

Note. Nous construisons et ensuite x= .

Tâche 5. Construisez les racines d’une équation quadratique.

Solution. Pour que les racines de l'équation expriment certains segments, il faut que tous les termes de l'équation soient de deuxième dimension, c'est-à-dire le terme libre était exprimé comme le carré d'une certaine valeur. Soit l'équation X 2 +hache+b 2 =0. En résolvant cette équation, on trouve :

Figure 3 Schéma de construction de la tâche n°5

En utilisant la solution du problème 3, nous construisons EM= Du centre E rayon MANGER tracez un cercle. On a

Une solution est possible si...

Figure 4 Schéma de construction n°2 pour la tâche n°5

Autre solution: les racines de l'équation peuvent être construites en utilisant la propriété d'une perpendiculaire tirée d'un point d'un cercle jusqu'au diamètre. Report UN B = UN, nous le décrirons sur UN B comme le diamètre du cercle et dessinez Minnesota||AB jusqu'à ce qu'il coupe le cercle au point L. Nous effectuons L.C.UN B; segments CA Et NE exprimer les racines de l'équation, car AC+SV=a, CA CB=LC 2 =b 2

Tâche 6. DANS abc conduire MN||AC pour que la différence VM Et NCégal à ce segment d.

Solution. Connaître la position d'un point M, tu dois connaître la longueur Machine virtuelle; notons cette longueur par X. De la ressemblance BMN Et TOI nous avons: VM:ВN=AB:BC ou, parce que ÀN=BC CN = un (Xd),

, xa= CalifornieCX+ CD, .

Résoudre cette équation. Nous le trouvons.

Figure 5 Schéma de construction de la tâche n°5

Construction. Segment de ligne X devrait s'allonger sur le côté Avec, et contre X il doit y avoir un côté a+d, contre le parti Avec côté a+c. Par conséquent, pour continuer Soleil reporter SK=d Et CL=c, connecter L c UN et à travers À effectuer KM||LA, on obtient le point requis M. Nous effectuons MN||AC.

Preuve. De la ressemblance VMC VAL nous avons: VM:AB=VK:BL, ou Machine virtuelle : c=(a+d):(a+c). En comparant cette proportion avec la proportion (*), on voit que MV=x.

Prouvons que Machine virtuelleNC=d. En effet, disproportionné NC:BC=AM:AB nous trouvons:

Étude. Le problème peut être résolu si d c.

3. Construction de segments donnés par des formules de base

L'application de la méthode algébrique à la résolution de problèmes géométriques se résume à l'algorithme suivant :

* établir une équation selon les conditions du problème ;

* résoudre l'équation résultante par rapport à la lettre indiquant le segment requis ;

* recherche de la formule résultante ;

* construire un segment en utilisant la formule résultante.

Si la solution au problème revient à construire un segment, alors vous pouvez prendre ce segment comme x et résoudre d'abord le problème de calcul, c'est-à-dire exprimer x en termes de segments connus X = FA, b, c, …) . Reste ensuite à construire le segment x à l'aide de cette formule.

La méthode algébrique est universelle et applicable à tout problème de construction, mais ne fournit pas toujours la solution la plus simple. La méthode est également utilisée pour prouver la (in)résolution du problème de construction à l’aide d’une règle et d’un compas.

Soit a, b, c,… désignant les segments donnés, et x, y, z,… désignant ceux requis.

Construire des segments à l'aide de formules représentant la somme, la différence (x = a ± b), ainsi que la multiplication ou la division par un entier (x = ka, x = a/k) revient à ajouter ou soustraire des segments, en augmentant le segment de a nombre de fois donné et diviser un segment en un nombre donné de parties égales.

Construire des segments à l'aide de formules

revient à construire un triangle rectangle en utilisant ses jambes, ou l'hypoténuse et sa jambe. Dans le premier cas, x est l’hypoténuse, dans le second, la jambe.

Construire un segment à l'aide de la formule revient à trouver le quatrième segment proportionnel. Pour ce faire, utilisez le théorème de l'intersection des côtés d'un angle par des droites parallèles.

Figure 6 Théorème sur l'intersection des côtés d'un angle par des droites parallèles

Il est pratique de construire un segment en utilisant la formule utilisant le théorème sur une perpendiculaire tombant d'un point arbitraire sur un cercle jusqu'à son diamètre.

Figure 7 Théorème sur une perpendiculaire tombant d'un point arbitraire sur un cercle jusqu'à son diamètre

La construction de segments à l'aide de formules qui sont des combinaisons des formules ci-dessus est réalisée en introduisant des segments inconnus auxiliaires et leur construction séquentielle. Les formules complexes sont présentées comme une superposition (combinaison) des formules ci-dessus. Par exemple:

Si un segment unitaire n'est pas donné, alors en utilisant les formules x = a2, x = 1/a, il est impossible de construire le segment x. Si un segment unitaire est donné, alors la construction est simple :

Donnons des exemples de construction de segments exprimés par des formules.

Exemple 1.

Où oui = un + b, z = b - c, t = un + c.

Exemple 2.

Où oui = un + b, z = un + c.

Conclusion

Au cours des travaux sur le cours, le thème de la méthode algébrique de résolution des problèmes de construction a été abordé.

Les problèmes de construction et les schémas permettant de les résoudre ont été analysés, ainsi que le thème de la construction de segments donnés par des formules de base.

Les tâches de construction constituent la base d'un travail qui développe les compétences de construction de figures, contribuant à la formation de la capacité de lire et de comprendre un dessin, d'établir des liens entre ses parties, et l'insuffisance de ce système détermine le mauvais développement de l'espace de l'élève. et la pensée logique et le faible niveau de sa culture graphique. Ces lacunes ne permettent pas à l’étudiant d’étudier efficacement de nombreuses branches des mathématiques. Travaillant également avec la littérature, je suis arrivé à la conclusion suivante :

1) il est nécessaire d’accorder plus d’attention à l’étude des problèmes de construction, car lorsqu’ils sont utilisés correctement, ils constituent un moyen puissant de développer la pensée logique des élèves ;

2) les tâches de construction géométrique ne doivent pas être considérées comme quelque chose de séparé, indépendant du reste du cours de géométrie. Les processus d’apprentissage de la résolution de problèmes et d’apprentissage de la géométrie sont inextricablement liés. De plus, cette connexion doit être bidirectionnelle, c'est-à-dire qu'il est nécessaire non seulement d'enseigner la résolution de problèmes de construction en utilisant des connaissances préalablement acquises, mais aussi, au contraire, d'utiliser des problèmes de construction lors de l'étude de la géométrie.

De ce qui précède, il s'ensuit que ce sujet peut être abordé avec des lycéens dans le cadre de cours spéciaux.

Liste de la littérature utilisée

1. Atanasyan L.S., Bazylev V.T.. Géométrie partie I. M. : Lumières, 1986. 352 p.

2. Atanasyan L.S., Bazylev V.T.. Géométrie partie II. M. : Lumières, 1987. 336 p.

3. Kanatnikov A.N., Krischenko A.P. Géométrie analytique, 2e éd. M. : Maison d'édition MSTU im. N.E. Bauman, 2000. 388 p.

4. Lidsky V., Ovsyannikov L., Tulaikov A., Shabunin M. Problèmes de mathématiques élémentaires, cinquième édition, M. : Nauka, 1968. 412 p.

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1. Remarques générales sur la résolution de problèmes par la méthode algébrique.

2. Tâches de mouvement.

3. Tâches de travail.

4. Problèmes sur les mélanges et les pourcentages.

Utiliser la méthode algébrique pour trouver une manière arithmétique de résoudre des problèmes de mots.

1. Lors de la résolution de problèmes par la méthode algébrique, les quantités requises ou d'autres quantités, sachant lesquelles peuvent être déterminées, sont désignées par des lettres (généralement x, y,z). Toutes les relations mutuellement indépendantes entre des données et des quantités inconnues, qui sont soit directement formulées dans la condition (sous forme verbale), soit découlent du sens du problème (par exemple, les lois physiques auxquelles sont soumises les quantités considérées), ou suivent à partir de la condition et de certains raisonnements, s'écrivent sous forme d'égalité des inégalités. Dans le cas général, ces relations forment un système mixte. Dans des cas particuliers, ce système peut ne contenir ni inégalités ni équations, ou bien il peut être constitué d'une seule équation ou inégalité.

La résolution de problèmes par la méthode algébrique n’obéit à aucun schéma unique assez universel. Toute instruction relative à l’ensemble des tâches est donc de nature très générale. Les tâches qui se posent lors de la résolution de problèmes pratiques et théoriques ont leurs propres caractéristiques. Par conséquent, leurs recherches et leurs solutions sont de nature très diversifiée.

Arrêtons-nous sur la résolution de problèmes dont le modèle mathématique est donné par une équation à une inconnue.

Rappelons que l'activité de résolution d'un problème comprend quatre étapes. Le travail de la première étape (analyse du contenu du problème) ne dépend pas de la méthode de résolution choisie et ne présente pas de différences fondamentales. Dans la deuxième étape (lors de la recherche d'un moyen de résoudre le problème et de l'élaboration d'un plan pour sa solution), dans le cas de l'utilisation de la méthode de résolution algébrique, sont effectuées : le choix de la relation principale pour l'élaboration de l'équation ; choisir un inconnu et lui introduire une désignation ; expression des quantités incluses dans la relation de base à travers l'inconnu et les données. La troisième étape (mise en œuvre d'un plan de résolution du problème) consiste à élaborer une équation et à la résoudre. La quatrième étape (vérification de la solution au problème) s'effectue de manière standard.

Habituellement, lors de la composition d'équations à une inconnue X respectez les deux règles suivantes.

Règle je . L'une de ces quantités s'exprime par l'inconnue X et d'autres données (c'est-à-dire qu'une équation est établie dans laquelle une partie contient une valeur donnée et l'autre contient la même valeur, exprimée par X et d'autres valeurs de données).

Règle II . Pour une même quantité, deux expressions algébriques sont compilées, qui sont ensuite assimilées.

Extérieurement, il semble que la première règle soit plus simple que la seconde.

Dans le premier cas, il faut toujours composer une expression algébrique, et dans le second, deux. Cependant, il existe souvent des problèmes dans lesquels il est plus pratique de composer deux expressions algébriques pour la même quantité que d'en choisir une déjà connue et de composer une expression pour celle-ci.

Le processus de résolution algébrique de problèmes de mots est effectué selon l'algorithme suivant :

1. Sélectionnez d’abord la relation sur la base de laquelle l’équation sera établie. Si le problème contient plus de deux relations, alors la base pour l'élaboration de l'équation doit être prise sur la relation qui établit un lien entre toutes les inconnues.

Ensuite, une inconnue est sélectionnée, qui est désignée par la lettre correspondante.

Toutes les inconnues incluses dans la relation choisie pour composer l'équation doivent être exprimées à travers l'inconnue sélectionnée, en s'appuyant sur les relations restantes incluses dans le problème sauf la principale.

4. De ces trois opérations découle directement la composition d’une équation ainsi que la conception d’une notation verbale utilisant des symboles mathématiques.

La place centrale parmi les opérations répertoriées est occupée par le choix de la relation de base pour composer les équations. Les exemples considérés montrent que le choix de la relation principale est décisif lors de la composition des équations, apporte un ordre logique au texte verbal parfois vague du problème, donne confiance dans l'orientation et protège contre les actions désordonnées pour exprimer toutes les quantités incluses dans le problème à travers les données. et ceux recherchés.

La méthode algébrique de résolution de problèmes revêt une grande importance pratique. Avec son aide, ils résolvent une grande variété de problèmes dans les domaines de la technologie, de l'agriculture et de la vie quotidienne. Déjà au secondaire, les élèves utilisent des équations lorsqu’ils étudient la physique, la chimie et l’astronomie. Là où l'arithmétique s'avère impuissante ou, au mieux, nécessite un raisonnement extrêmement lourd, là la méthode algébrique conduit facilement et rapidement à la réponse. Et même dans les problèmes arithmétiques dits « standards », qui sont relativement faciles à résoudre en arithmétique, la solution algébrique, en règle générale, est à la fois plus courte et plus naturelle.

La méthode algébrique de résolution de problèmes permet de montrer facilement que certains problèmes, ne différant les uns des autres que par l'intrigue, ont non seulement les mêmes relations entre les données et les quantités souhaitées, mais conduisent également à un raisonnement typique à travers lequel ces relations sont établies. . De tels problèmes ne donnent que des interprétations spécifiques différentes du même raisonnement mathématique, des mêmes relations, c'est-à-dire qu'ils ont le même modèle mathématique.

2. Le groupe des problèmes de mouvement comprend des problèmes qui parlent de trois quantités : chemin (s), vitesse ( v) et le temps ( t). En règle générale, ils traitent d’un mouvement rectiligne uniforme, lorsque la vitesse est constante en ampleur et en direction. Dans ce cas, les trois quantités sont liées par la relation suivante : S = Vermont. Par exemple, si la vitesse d’un cycliste est de 12 km/h, alors en 1,5 heure il parcourra 12 km/h  1,5 heure = 18 km. Il existe des problèmes dans lesquels un mouvement rectiligne uniformément accéléré est considéré, c'est-à-dire un mouvement avec une accélération constante. (UN). Distance parcourue s dans ce cas, il est calculé par la formule : S = v 0 t + à 2 /2, Où v 0 – vitesse initiale de déplacement. Ainsi, en 10 s de chute avec une vitesse initiale de 5 m/s et une accélération de chute libre de 9,8 m 2 / s, le corps parcourra une distance égale à 5 m/s  10 s + 9,8 m 2 / s  10 2 s 2 /2 = 50 m + 490 m = 540 m.

Comme déjà indiqué, lors de la résolution de problèmes de mots et, tout d'abord, de problèmes liés au mouvement, il est très utile de réaliser un dessin illustratif (pour construire un modèle graphique auxiliaire du problème). Le dessin doit être réalisé de manière à montrer la dynamique du mouvement avec toutes les rencontres, arrêts et virages. Un dessin bien dessiné permet non seulement de mieux comprendre le contenu du problème, mais facilite également la préparation des équations et des inégalités. Des exemples de tels dessins seront donnés ci-dessous.

Généralement, les conventions suivantes sont adoptées dans les problèmes de mouvement.

Sauf indication contraire dans le problème, le mouvement dans certaines zones est considéré comme uniforme (qu'il s'agisse d'un mouvement en ligne droite ou en cercle).

Les rotations des corps en mouvement sont considérées comme instantanées, c'est-à-dire qu'elles se produisent sans perte de temps ; la vitesse change également instantanément.

Ce groupe de problèmes, à son tour, peut être divisé en tâches qui considèrent les mouvements des corps : 1) les uns vers les autres ; 2) dans un sens (« après ») ; 3) dans des directions opposées ; 4) le long d'une trajectoire fermée ; 5) le long de la rivière.

Si la distance entre les corps est égale S, et les vitesses des corps sont égales v 1 Et v 2 (Fig. 16 UN), alors, lorsque les corps se rapprochent, le temps au bout duquel ils se rencontrent est égal à S/(v 1 + v 2).

2. Si la distance entre les corps est égale S, et les vitesses des corps sont égales v 1 et v 2 (Fig. 16 b), puis quand les corps se déplacent dans une direction ( v 1 > v 2) le temps au bout duquel le premier corps rattrapera le second est égal à S/(v 1 – v 2).

3. Si la distance entre les corps est égale S, et les vitesses des corps sont égales v 1 et v 2 (Fig. 16 V), puis, étant partis simultanément dans des directions opposées, les corps seront au bout d'un temps t être à distance S 1 = S + (v 1 + v 2 ) t.

Riz. 16

4. Si des corps se déplacent dans une direction le long d'un chemin fermé de longueur s avec des vitesses v 1 et v 2, le temps après lequel les corps se retrouveront (un corps rattrapera l'autre), en partant simultanément d'un point, se trouve par la formule t = S/(v 1 – v 2) à condition que v 1 > v 2 .

Cela découle du fait qu'en commençant simultanément sur une trajectoire fermée dans une direction, le corps dont la vitesse est la plus grande commence à rattraper le corps dont la vitesse est moindre. La première fois qu'il le rattrape, après avoir parcouru une distance de S plus grand qu’un autre corps. S'il le dépasse une deuxième, une troisième fois, et ainsi de suite, cela signifie qu'il parcourt une distance de 2 S, vers 3 S et ainsi de suite, plus grand qu'un autre corps.

Si des corps se déplacent dans des directions différentes le long d'un chemin fermé de longueur S avec des vitesses v 1 et v 2, le temps après lequel ils se rencontreront, partant simultanément d'un point, se trouve par la formule t = v(v 1 + v 2). Dans ce cas, immédiatement après le début du mouvement, une situation se présente lorsque les corps commencent à se rapprocher les uns des autres.

5. Si un corps se déplace avec le débit d'une rivière, alors sa vitesse par rapport au rivage Et composé de la vitesse d'un corps dans l'eau calme v et vitesse d'écoulement de la rivière w: et =v + w. Si un corps se déplace à contre-courant d’une rivière, alors sa vitesse et =v – w. Par exemple, si la vitesse du bateau v= 12 km/h, et la vitesse d'écoulement de la rivière w = 3 km/h, puis en 3 heures le bateau naviguera le long du courant de la rivière (12 km/h + 3 km/h)  3 heures = 45 km, et à contre-courant – ​​(12 km/h – 3 km/h)  3 heures = 27 km. On pense que la vitesse des objets qui ont une vitesse de déplacement nulle dans des eaux calmes (radeau, bûche, etc.) est égale à la vitesse du débit de la rivière.

Regardons quelques exemples.

Exemple.D'un point dans une direction toutes les 20 minutes. les voitures partent. La deuxième voiture roule à une vitesse de 60 km/h et la vitesse de la première est 50 % supérieure à celle de la seconde. Trouvez la vitesse de la troisième voiture si l'on sait qu'elle a dépassé la première voiture 5,5 heures plus tard que la seconde.

Solution. Soit x km/h la vitesse de la troisième voiture. La vitesse de la première voiture est 50 % supérieure à la vitesse de la seconde, ce qui signifie qu'elle est égale à

Lors d'un déplacement dans une direction, le temps de rencontre est le rapport entre la distance entre les objets et la différence de leurs vitesses. Première voiture dans 40 minutes. (2/3 h) parcourra 90  (2/3) = 60 km. Par conséquent, le troisième le rattrapera (ils se rencontreront) dans 60/( X– 90) heures. Deuxième dans 20 minutes. (1/3 heure) parcourra 60  (1/3) = 20 km. Cela signifie que le troisième le rattrapera (ils se rencontreront) dans 20/( X– 60) heures (Fig. 17).

P.
sur les conditions problématiques

Riz. 17

Après des transformations simples, nous obtenons l'équation quadratique 11x 2 – 1730x + 63000 = 0, en résolvant laquelle nous trouverons

Le contrôle montre que la deuxième racine ne satisfait pas aux conditions du problème, puisque dans ce cas la troisième voiture ne rattrapera pas les autres voitures. Réponse : la vitesse de la troisième voiture est de 100 km/h.

Exemple Le bateau à moteur a parcouru 96 km le long de la rivière, est revenu et est resté pendant un certain temps sous charge, passant 32 heures. La vitesse de la rivière est de 2 km/h. Déterminez la vitesse du navire en eau calme si le temps de chargement est de 37,5 % du temps passé sur l'ensemble du trajet aller-retour.

Solution. Soit x km/h la vitesse du navire en eau calme. Alors ( X+ 2) km/h – sa vitesse le long du courant ; (X - 2) km/h – à contre-courant ; 96/( X+ 2) h. – temps de déplacement avec le courant ; 96/( X– 2) h. – temps de mouvement à contre-courant. Puisque 37,5 % du temps total de chargement du navire, le temps de trajet net est de 62,5 %  32/100 % = 20 (heures). Ainsi, selon les conditions du problème, on a l’équation :

En le transformant, on obtient : 24( X – 2 + X + 2) = 5(X + 2)(X – 2) => 5X 2 – 4X– 20 = 0. Après avoir résolu l'équation quadratique, on trouve : X 1 = 10; X 2 = -0,4. La racine seconde ne satisfait pas aux conditions du problème.

Réponse : 10 km/h est la vitesse du navire en eau calme.

Exemple. La voiture a quitté la ville UN vers la ville C à travers la ville DANS Sans arrêts. Distance UN B,égal à 120 km, il a parcouru à vitesse constante 1 heure plus vite que la distance soleil,égal à 90 km. Déterminer la vitesse moyenne de la voiture depuis la ville UN vers la ville C, si l'on sait que la vitesse sur le tronçon UN B 30 km/h de vitesse en plus sur le tronçon Soleil.

Solution. Laisser X km/h – vitesse du véhicule sur le tronçon Soleil.

Alors ( X+ 30) km/h – vitesse sur le tronçon UN B, 120/(X+ 30) heures, 90/ X h – temps nécessaire à la voiture pour parcourir l'itinéraire UN B Et Soleil respectivement.

Ainsi, selon les conditions du problème, on a l’équation :

.

Transformons-le :

120X+ 1(X + 30)X = 90(X + 30) => X 2 + 60X – 2700 = 0.

Après avoir résolu l'équation quadratique, nous trouvons : X 1 = 30, X 2 = -90. La racine seconde ne satisfait pas aux conditions du problème. Cela signifie que la vitesse sur le tronçon Soleilégale à 30 km/h, sur le tronçon UN B - 60km/h. Il s'ensuit que la distance UN B la voiture a parcouru 2 heures (120 km : 60 km/h = 2 heures), et la distance Soleil - en 3 heures (90 km : 30 km/h = 3 heures), donc toute la distance CA il a roulé en 5 heures (3 heures + 2 heures = 5 heures). Puis la vitesse moyenne sur le tronçon ca, dont la longueur est de 210 km est égale à 210 km : 5 heures = 42 km/h.

Réponse : 42 km/h - la vitesse moyenne d'une voiture sur le chantier CA.

Le groupe de tâches de travail comprend des tâches qui parlent de trois quantités : travail UN, temps t, pendant lequel le travail est effectué, productivité R- travail effectué par unité de temps. Ces trois quantités sont liées par l'équation UN = R.t.

Les problèmes de travail, d'une manière générale, peuvent être classés comme problèmes de mouvement, car dans des problèmes de ce type, nous pouvons supposer que tout le travail ou le volume total du réservoir joue le rôle de distance, et que la performance des objets effectuant un travail est similaire aux vitesses de mouvement. . Cependant, en termes d'intrigue, ces tâches diffèrent naturellement et certaines tâches de travail ont leurs propres méthodes de résolution spécifiques. Ainsi, dans les tâches pour lesquelles la quantité de travail à effectuer n'est pas spécifiée, tout le travail est considéré comme un seul.

Exemple. Deux équipes ont dû finaliser la commande en 12 jours. Après 8 jours de travail ensemble, la première équipe a reçu une autre tâche, la deuxième équipe a donc terminé la commande pendant 7 jours supplémentaires. En combien de jours chacune des équipes pourrait-elle terminer la commande, en travaillant séparément ?

Solution. Laissez la première brigade terminer la tâche en X jours, la deuxième brigade - pour oui jours. Prenons tout le travail comme une seule unité. Puis 1/ X - productivité de la première brigade, un 1/ oui – deuxième. Puisque deux équipes doivent terminer la commande en 12 jours, nous obtenons la première équation 12(1/ X + 1/à) = 1.

De la deuxième condition, il s'ensuit que la deuxième équipe a travaillé pendant 15 jours et la première seulement 8 jours. La deuxième équation ressemble donc à :

8/X+ 15/à= 1.

On a donc le système :

En soustrayant la première de la deuxième équation, on obtient :

21/oui = 1 => y = 21.

Puis 12/ X + 12/21 = 1 => 12/X – = 3/7 => X = 28.

Réponse : la première équipe finalisera la commande en 28 jours et la seconde en 21 jours.

Exemple. Ouvrier UN et travailleur DANS peut terminer le travail en 12 jours, travailleur UN et travailleur AVEC– dans les 9 jours, en travaillant DANS et l'ouvrier C – dans 12 jours. Combien de jours leur faudra-t-il pour terminer le travail, en travaillant ensemble ?

Solution. Laissez le travailleur UN peut faire le travail pour X jours, travail DANS- derrière à jours, travail AVEC- derrière z jours. Prenons tout le travail comme une seule unité. Puis 1/ x, 1/oui et 1/ z – productivité des travailleurs UN B Et AVEC respectivement. En utilisant la condition du problème, nous arrivons au système d’équations suivant présenté dans le tableau.

Tableau 1

Après avoir transformé les équations, nous avons un système de trois équations à trois inconnues :

En additionnant les équations du système terme par terme, on obtient :

ou

La somme est la productivité conjointe des travailleurs, donc le temps pendant lequel ils accomplissent tout le travail sera égal à

Réponse : 7,2 jours.

Exemple. Il y a deux tuyaux installés dans la piscine - l'alimentation et l'évacuation, et par le premier tuyau, la piscine est remplie 2 heures de plus que par le deuxième tuyau, l'eau est déversée hors de la piscine. Lorsque la piscine était pleine au tiers, les deux tuyaux étaient ouverts et la piscine était vide au bout de 8 heures. En combien d'heures la piscine peut-elle être remplie par un premier tuyau, et en combien d'heures une piscine pleine peut-elle être vidangée par un seul. deuxième tuyau ?

Solution. Laisser V m 3 – volume de la piscine, X m 3 / h – capacité du tuyau d'alimentation, à m 3 / h - sortie. Alors V/ X h – temps nécessaire au tuyau d'alimentation pour remplir la piscine, V/ oui h – le temps nécessaire au tuyau de sortie pour vider la piscine. Selon les conditions du problème V/ X – V/ oui = 2.

Étant donné que la capacité du tuyau de sortie est supérieure à la capacité du tuyau de remplissage, lorsque les deux tuyaux sont allumés, la piscine sera vidée et un tiers de la piscine sera vidée à temps. (V/3)/(oui – X), ce qui, selon les conditions du problème, est égal à 8 heures. Ainsi, la condition du problème peut s'écrire comme un système de deux équations à trois inconnues :

Dans le problème, vous devez trouver V/ X Et V/ oui. Sélectionnons une combinaison d'inconnues dans les équations V/ X Et V/ oui, écrire le système sous la forme :

Introduction de nouvelles inconnues V/ X= un Et V/ oui = b, on obtient le système suivant :

Remplacement de l'expression dans la deuxième équation UN= b + 2, nous avons une équation pour b:

après avoir décidé lequel nous trouverons b 1 = 6, b 2 = -8. Les conditions du problème sont satisfaites par la racine première 6, = 6 (h). De la première équation du dernier système on trouve UN= 8 (h), c'est-à-dire que le premier tuyau remplit la piscine en 8 heures.

Réponse : par le premier tuyau, la piscine sera remplie en 8 heures, par le deuxième tuyau, la piscine sera vidangée en 6 heures.

Exemple. Une équipe de tracteurs doit labourer 240 hectares, et l'autre doit labourer 35 % de plus que la première. La première équipe, labourant chaque jour 3 hectares de moins que la seconde, a terminé les travaux 2 jours plus tôt que la deuxième équipe. Combien d’hectares chaque équipe a-t-elle labouré quotidiennement ?

Solution. Trouvons 35% de 240 hectares : 240 hectares  35% /100% = 84 hectares.

La deuxième équipe a donc dû labourer 240 hectares + 84 hectares = 324 hectares. Que la première brigade laboure quotidiennement X Ha. Puis la deuxième brigade labourait chaque jour ( X+ 3) ha ; 240/ X– le temps de travail de la première équipe ; 324/( X+ 3) – temps de travail de la deuxième équipe. Selon les conditions du problème, la première équipe a terminé le travail 2 jours plus tôt que la seconde, on a donc l'équation

qui après transformations peut s'écrire ainsi :

324X – 240X - 720 = 2x2 + 6x=> 2x 2 – 78x + 720 = 0 => x 2 – 39x + 360 = 0.

Après avoir résolu l'équation quadratique, on trouve x 1 = 24, x 2 = 15. C'est la norme de la première brigade.

Ainsi, la deuxième équipe a labouré respectivement 27 hectares et 18 hectares par jour. Les deux solutions satisfont aux conditions du problème.

Réponse : 24 hectares par jour étaient labourés par la première brigade, 27 hectares par la seconde ;

Exemple 15 hectares par jour étaient labourés par la première brigade, 18 hectares par la seconde.

Solution. Laisser X. En mai, deux ateliers ont produit 1 080 pièces. En juin, le premier atelier a augmenté la production de pièces de 15 %, et le second a augmenté la production de pièces de 12 %, de sorte que les deux ateliers ont produit 1 224 pièces. Combien de pièces chaque atelier a-t-il produit en juin ? à Le premier atelier a produit des pièces en mai, X + oui = 1080.

détails - le second. Puisque 1080 pièces ont été fabriquées en mai, selon les conditions du problème on a l'équation X:

Trouvons 15% de X pièces, le premier atelier a augmenté sa production, donc en juin il a produit x + 0,15 X = 1,15 X détails. De même, nous constatons que le deuxième atelier de juin a produit 1,12 oui détails. Cela signifie que la deuxième équation ressemblera à : 1,15 X + 1,12 à= 1224. Ainsi, nous avons le système :

d'où l'on trouve X = 480, y = 600. Ainsi, en juin, les ateliers ont produit respectivement 552 pièces et 672 pièces.

Réponse : le premier atelier a produit 552 pièces, le second - 672 pièces.

4. Le groupe de problèmes sur les mélanges et les pourcentages comprend des problèmes impliquant le mélange de diverses substances dans certaines proportions, ainsi que des problèmes sur les pourcentages.

Problèmes de concentration et de pourcentage

Clarifions quelques concepts. Qu'il y ait un mélange de P. diverses substances (composants) UN 1 UN 2 , ..., UN n respectivement, dont les volumes sont égaux V 1 , V 2 , ..., V n . Volume du mélange V 0 se compose des volumes de composants purs : V 0 = V 1 + V 2 + ... + V n .

Concentration volumique substances UN je (je = 1, 2, ..., P) dans un mélange s'appelle la quantité c je, calculé par la formule :

Pourcentage volumique de la substance A je (je = 1, 2, ..., P) dans un mélange s'appelle la quantité p je , calculé par la formule R. je = Avec je ,  100%. Concentrations Avec 1, Avec 2 , ..., Avec n, qui sont des quantités sans dimension, sont liées par l'égalité Avec 1 + s 2 + ... + s n = 1, et les rapports

montrez quelle partie du volume total du mélange est constituée des volumes de composants individuels.

Si le pourcentage est connu jeème composant, alors sa concentration est trouvée par la formule :

c'est Pi – c'est de la concentration jeème substance du mélange, exprimée en pourcentage. Par exemple, si le pourcentage d’une substance est de 70 %, alors sa concentration correspondante est de 0,7. A l’inverse, si la concentration est de 0,33, alors le pourcentage est de 33 %. Donc le montant R. 1 +p 2 + …+p n = 100%. Si les concentrations sont connues Avec 1 , Avec 2 , ..., Avec n composants qui composent ce mélange volumique V 0 , alors les volumes correspondants de composants sont trouvés par les formules :

Les concepts sont introduits de la même manière poids (masse) concentralisation composants du mélange et les pourcentages correspondants. Ils sont définis comme le rapport du poids (masse) d'une substance pure UN je , dans un alliage au poids (masse) de l'alliage entier. La concentration, le volume ou le poids dont il est question dans un problème particulier ressort toujours clairement de ses conditions.

Il existe des problèmes dans lesquels il est nécessaire de recalculer la concentration volumique en concentration pondérale ou vice versa. Pour ce faire, il est nécessaire de connaître les densités (densités spécifiques) des composants qui composent la solution ou l’alliage. Considérons, par exemple, un mélange à deux composants avec des concentrations volumétriques de composants Avec 1 Et Avec 2 (Avec 1 + s 2 = 1) et densités spécifiques des composants d 1 Et d 2 . La masse du mélange peut être trouvée à l'aide de la formule :

où V 1 Et V 2 – volumes de composants composant le mélange. Les concentrations pondérales des composants sont obtenues à partir des égalités :

qui déterminent la relation de ces quantités avec les concentrations volumiques.

En règle générale, dans les textes de tels problèmes, une seule et même condition répétée apparaît : à partir de deux ou plusieurs mélanges contenant des composants UN 1 , UN 2 , UN 3 , ..., UN n , un nouveau mélange est préparé en mélangeant les mélanges originaux pris dans une certaine proportion. Dans ce cas, il faut rechercher dans quelle relation les composants UN 1, UN 2 , UN 3 , ..., UN n sera inclus dans le mélange obtenu. Pour résoudre ce problème, il convient de prendre en compte la quantité volumique ou pondérale de chaque mélange, ainsi que les concentrations de ses composants constitutifs. UN 1, UN 2 , UN 3 , ..., UN n . À l'aide de concentrations, vous devez « diviser » chaque mélange en composants individuels, puis créer un nouveau mélange en utilisant la méthode spécifiée dans l'énoncé du problème. Dans ce cas, il est facile de calculer la quantité de chaque composant incluse dans le mélange obtenu, ainsi que la quantité totale de ce mélange. Après cela, les concentrations des composants sont déterminées UN 1, UN 2 , UN 3 , ..., UN n dans un nouveau mélange.

Exemple.Il existe deux pièces en alliage de cuivre et de zinc avec des pourcentages de cuivre respectivement de 80 % et 30 %. Dans quel rapport faut-il prendre ces alliages pour faire fondre les pièces prélevées entre elles pour obtenir un alliage contenant 60% de cuivre ?

Solution. Que le premier alliage soit pris X kg, et le second - à kg. Selon la condition, la concentration de cuivre dans le premier alliage est de 80/100 = 0,8, dans le second – 30/100 = 0,3 (il est clair que nous parlons de concentrations pondérales), ce qui signifie que dans le premier alliage 0,8 X kg de cuivre et (1 – 0,8) X = 0,2X kg de zinc, dans la seconde – 0,3 à kg de cuivre et (1 – 0,3) oui = 0,7à kg de zinc. La quantité de cuivre dans l'alliage résultant est de (0,8  X + 0,3  y) kg, et la masse de cet alliage sera (x + y) kg. Par conséquent, la nouvelle concentration de cuivre dans l’alliage, selon la définition, est égale à

Selon les conditions du problème, cette concentration devrait être égale à 0,6. On obtient donc l'équation :

Cette équation contient deux inconnues X Et toi. Cependant, selon les conditions du problème, ce ne sont pas les quantités elles-mêmes qu'il convient de déterminer. X Et oui, mais seulement leur attitude. Après de simples transformations on obtient

Réponse : les alliages doivent être pris dans un rapport de 3 : 2.

Exemple Il existe deux solutions d'acide sulfurique dans l'eau : la première est à 40 %, la seconde est à 60 %. Ces deux solutions ont été mélangées, après quoi 5 kg d'eau pure ont été ajoutés pour obtenir une solution à 20 %. Si au lieu de 5 kg d’eau pure on ajoutait 5 kg d’une solution à 80 %, on obtiendrait une solution à 70 %. Combien y avait-il de solutions à 40 % et à 60 % ?

Solution. Laisser X kg – masse de la première solution, à kg - seconde. Puis la masse de la solution à 20% ( X + à+ 5) kg. Depuis dans X kg de solution à 40% contient 0,4 X kg d'acide, dans à kg de solution à 60% contient 0,6 oui kg d'acide, et dans (x + y + 5) kg de solution à 20 % contient 0,2( X + oui + 5) kg d'acide, alors par condition on a la première équation 0,4 X + 0,6oui = 0,2(X +o + 5).

Si au lieu de 5 kg d'eau vous ajoutez 5 kg d'une solution à 80%, vous obtiendrez une solution pesant (x + y+ 5) kg, qui contiendra (0,4 X + 0,6à+ 0,8  5) kg d'acide, qui sera 70% de (x + y+ 5) kg.

Lors de la résolution de problèmes de construction à l'aide de la méthode algébrique :

1) constituer une équation ou un système d'équations selon les conditions du problème ;

2) résoudre l'équation ou le système résultant et trouver l'inconnue requise ;

3) effectuer une construction géométrique en utilisant la formule résultante.

Avant de passer aux exemples, regardons les principaux problèmes utilisés dans la méthode algébrique (la numérotation est la continuation de la numérotation des principaux problèmes). Nous indiquons uniquement la solution à ces problèmes, et la justification est laissée au lecteur.

Problème 13. Les segments sont donnés UN Et b. Construire un segment

Solution. Nous construisons un angle droit de sommet O (Fig. 25). Sur ses côtés on pose les segments OA = un et OB= b. Alors le segment AB est celui souhaité.

Problème 14. Les segments sont donnés UN Et b. Construire un segment

Solution. Nous construisons un angle droit avec le sommet au point O (Fig. 26). Sur un de ses côtés on dispose le segment OB = b. Tracez un cercle avec le centre au point B et le rayon un. Il coupera le deuxième côté de l'angle au point A. Le segment OA est celui requis.

Problème 15. Les segments sont donnés UN Et b. Construire un segment

Solution. Sur le segment AB= a+b Comment construire un cercle en utilisant un diamètre. Soit C un point de AB tel que AC= un. Au point C on restitue la perpendiculaire à AB. Il coupera le cercle au point D. Le segment CD est celui souhaité (Fig. 27). C'est ce qu'on appelle la moyenne géométrique des segments un Et b.

Problème 16. Les segments sont donnés UN, b Et Avec. Construire un segment

Solution. Nous construisons un angle arbitraire avec son sommet au point O (Fig. 28). Sur l'un de ses côtés on dispose des segments successifs OA = un et CA= c, et sur le deuxième OB = b. Par le point C on trace une droite parallèle à AB. Il coupera le deuxième côté de l'angle au point D. Le segment VD est celui souhaité. C'est ce qu'on appelle le quatrième segment proportionnel.

EXEMPLE 20. Les segments a, b et c sont donnés. Construire un segment

Construction.

1) construire un segment ;

une,une,1 ;

3) construire un segment

EXEMPLE 14.Les segments a et b sont donnés. Construire un segment

Construction.

1) construire un segment comme une jambe d'un triangle rectangle avec une hypoténuse 2b et le match retour b;

2) construire un segment comme quatrième segment proportionnel une,une,1 ;

3) construire un segment

EXEMPLE 24. Étant donné un cercle et un point A à l’extérieur. À partir de ce point, tracez une sécante pour qu'elle coupe le cercle en deux.

Analyse. Connaissant la position du point par rapport au cercle, on peut construire une tangente dont la longueur est connue et la laisser égale à un. Soit AC une sécante et B son milieu, AB=BC= X. D'après la formule de dépendance d'une sécante et d'une tangente tirée d'un point, on a . D'ici Le segment résultant est la moitié de l'hypoténuse d'un triangle rectangle isocèle avec une jambe un(Fig. 29).

Construction. Trouvez la longueur de la tangente tracée du point A au cercle donné. Ensuite, nous construirons un triangle rectangle isocèle avec une jambe un et divisez son hypoténuse en deux. On obtient le segment X. Construisons un cercle avec un centre au point A et un rayon égal à X. Il coupera le cercle donné au point B. Construisons un rayon AB, cela nous donnera la sécante requise.

Preuve découle de la construction.

Analyse. Le nombre de solutions au problème dépend de la longueur du segment AO, où O est le centre du cercle donné. Soit AO coupe le cercle donné au point C et R est le rayon du cercle donné.

1) Si x+R alors le problème a deux solutions ;